浙江高考考前三个月数学文二轮复习冲刺压轴大题突破练-函数与导数(二)(含答案详析)

压轴大题打破练——函数与导数(二)x＋1x1．设函数f(x)＝aeae＋b(a>0)．(1)求f(x)在[0，＋∞)内的最小值；3(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝2x，求a，b的值．解(1)f′(x)＝aex－ae1x，当f′(x)>0，即x>－lna时，f(x)在(－lna，＋∞)上递加；当f′(x)<0，即x<－lna时，f(x)在(－∞，－lna)上递减．①当0<a<1时，－lna>0，f(x)在[0，－lna)上递减，在(－lna，＋∞)上递加，从而f(x)在[0，＋∞)内的最小值为f(－lna)＝2＋b；②当a≥1时，－lna≤0，f(x)在[0，＋∞)上递加，从而f(x)在[0，＋∞)内的最小值为1＋b.f(0)＝a＋a2－13，(2)依题意f′(2)＝aeae2＝2221解得ae＝2或ae＝－2(舍去)．2，代入原函数可得11221故a＝e2，b＝2.22．已知函数f(x)＝alnx－bx.11(1)当a＝2，b＝2时，求函数f(x)在[e，e]上的最大值；32(2)当b＝0时，若不等式f(x)≥m＋x对所有的a∈[0，2]，x∈(1，e]都成立，求实数m的取值范围．解(1)由题知，f(x)＝2lnx－1x2，2222－xf′(x)＝x－x＝x，当1e≤x≤e时，令f′(x)>0得1e≤x<2；令f′(x)<0，得2<x≤e，∴f(x)在[1e，2)上单调递加，在(2，e]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝ln2－1.32(2)当b＝0时，f(x)＝alnx，若不等式f(x)≥m＋x对所有的a∈[0，2]，x∈(1，e]都成立，32则alnx≥m＋x对所有的a∈[0，2]，x∈(1，e]都成立，即m≤alnx－x，对所有的a∈[0，322]，x∈(1，e]都成立，令h(a)＝alnx－x，则h(a)为一次函数，m≤h(a)min.∵x∈(1，e2]，∴lnx>0，∴h(a)在[0，32]上单调递加，h(a)min＝h(0)＝－x，m≤－x对所有的x∈(1，e2]都成立．∵1<x≤e2，∴－e2≤－x<－1，2∴m≤(－x)min＝－e.3．已知函数f(x)＝x3－2x＋1，g(x)＝lnx.(1)求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间和极值；(2)可否存在实常数k和m，使得x>0时，f(x)≥kx＋m且g(x)≤kx＋m？若存在，求出k和m的值；若不存在，说明原由．解(1)由F(x)＝x3－2x＋1－lnx(x>0)，得F′(x)＝3x3－2x－1(x>0)，x令F′(x)＝0得x＝1，易知F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递加，从而F(x)的极小值为F(1)＝0.(2)易知f(x)与g(x)有一个公共点(1,0)，而函数g(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1，下fx≥x－1面只需考据都成马上可．x≤x－1设h(x)＝x3－2x＋1－(x－1)(x>0)，则h′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)(x>0)．易知h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递加，所以h(x)的最小值为h(1)＝0，所以f(x)≥x－1恒成立．1－x设k(x)＝lnx－(x－1)，则k′(x)＝x(x>0)．易知k(x)在(0,1)上单调递加，在(1，＋∞)上单调递减，所以k(x)的最大值为k(1)＝0，所以g(x)≤x－1恒成立．故存在这样的实常数k＝1和m＝－1，使得x>0时，f(x)≥kx＋m且g(x)≤kx＋m.4．已知定义在正实数集上的函数f(x)＝12x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋b，其中a>0.设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同．(1)用a表示b，并求b的最大值；(2)求证：f(x)≥g(x)．3a2(1)解f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝x，由题意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，122x0＋2ax0＝3alnx0＋b，2即3a2x0＋2a＝x0.3a2由x0＋2a＝x0，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)．1222522即有b＝2a＋2a－3alna＝2a－3alna.522令h(t)＝2t－3tlnt(t>0)，则h′(t)＝2t(1－3lnt)．1于是当t(1－3lnt)>0，即0<t<e3时，h′(t)>0；1当t(1－3lnt)<0，即t>e3时，h′(t)<0.11故h(t)在(0，e3)上为增函数，在(e3，＋∞)上为减函数，13232于是h(t)在(0，＋∞)上的最大值为h(e3)＝2e3，即b的最大值为2e3.122(2)证明设F(x)＝f(x)－g(x)＝2x＋2ax－3alnx－b(x>0)，2x－ax＋3a则F′(x)＝x＋2a－3a＝x(x>0)．x故F′(x)在